2024-2025學(xué)年新教材高中物理第四章機(jī)械能及其守恒定律6動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用練習(xí)含解析教科版必修2

PAGE10-動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分)1.(2024·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱,使它從靜止起先沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能肯定 ()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【解析】選A。依據(jù)動(dòng)能定理可得:WF+Wf=Ek,又知道摩擦力做負(fù)功,即Wf<0,所以木箱獲得的動(dòng)能肯定小于拉力所做的功,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;依據(jù)WF+Wf=Ek,無(wú)法確定Ek與-Wf的大小關(guān)系,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。2.一個(gè)質(zhì)量為1kg的彈性小球,在光滑水平面上以5m/s的速度垂直撞到墻上,碰撞后小球速度大小不變,向反方向運(yùn)動(dòng)。則碰撞前后小球速度改變量的大小Δv和碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做功的大小W分別為 ()A.Δv=10m/s,W=0 B.Δv=10m/s,W=25JC.Δv=0,W=25J D.Δv=0,W=0【解析】選A。規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?初速度v1=5m/s,碰撞后速度v2=-5m/s,Δv=v2-v1=-10m/s,負(fù)號(hào)表示速度改變量的方向與初速度方向相反,所以碰撞前后小球速度改變量的大小為10m/s。運(yùn)用動(dòng)能定理探討碰撞過(guò)程,由于初、末動(dòng)能相等,所以W=ΔEk=0,碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做功的大小W為0。故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。3.(2024·成都高一檢測(cè))將一小球從空中O點(diǎn)以水平速度拋出,第一次拋出的速度為v1,小球落在圖中曲面上的A點(diǎn);其次次拋出速度為v2,小球落在曲面上的B點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力,則以下推斷不正確的是 ()A.v1<v2B.小球落在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能可能等于落在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能C.小球落在A點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能可能等于落在B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能D.落在A點(diǎn)時(shí)小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間更長(zhǎng)【解析】選C。依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)公式可知:x=vt,h=gt2。由題圖可知落在B的水平位移要大于落在A的水平位移,而落在A的豎直位移大于落在B的豎直位移,故v2>v1,故A、D不符合題意。平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,拋出時(shí)機(jī)械能EA<EB,而落地點(diǎn)A的重力勢(shì)能小于落地點(diǎn)B的重力勢(shì)能,小球落在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能可能等于落在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能,故C符合題意,B不符合題意。4.靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力,在整個(gè)上升過(guò)程中,物體機(jī)械能隨時(shí)間改變關(guān)系是 ()【解析】選C。物體受恒力加速上升時(shí),恒力做正功,物體的機(jī)械能增大,又因?yàn)楹懔ψ龉?W=F×at2,與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系,A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;撤去恒力后,物體只受重力作用,所以機(jī)械能守恒,D項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。5.如圖所示,光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi),一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng),已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1,在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g,則N1-N2的值為 ()A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg【解析】選D。對(duì)最低點(diǎn)有N1-mg=,最高點(diǎn)有N2+mg=。小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由動(dòng)能定理:-mg·2R=m-m,解得N1-N2=6mg,D正確。6.如圖所示,長(zhǎng)度相同的三根輕桿構(gòu)成一個(gè)正三角形支架,在A處固定質(zhì)量為2m的小球,B處固定質(zhì)量為m的小球,支架懸掛在O點(diǎn),可繞過(guò)O點(diǎn)并與支架所在平面相垂直的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng),起先時(shí)OB與地面相垂直。放手后起先運(yùn)動(dòng),在不計(jì)任何阻力的狀況下,下列說(shuō)法不正確的是 ()A.A處小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為0B.A處小球機(jī)械能的削減量等于B處小球機(jī)械能的增加量C.B處小球向左搖擺所能達(dá)到的最高位置應(yīng)高于A處小球起先運(yùn)動(dòng)時(shí)的高度D.當(dāng)支架從左向右回?cái)[時(shí),A處小球能回到起始高度【解析】選A。因A處小球質(zhì)量大,位置高,所以三角支架處于不穩(wěn)定狀態(tài),釋放后支架就會(huì)向左搖擺,搖擺過(guò)程中只有小球受到的重力做功,故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,A處小球機(jī)械能的削減量等于B處小球機(jī)械能的增加量,當(dāng)支架從左向右回?cái)[時(shí),A處小球能回到起始高度,選項(xiàng)B、D正確;設(shè)支架邊長(zhǎng)是L,則A處小球到最低點(diǎn)時(shí)小球下落的高度為L(zhǎng),B處小球上升的高度也是L,但A處小球的質(zhì)量比B處小球的大,故有mgL的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能,因而此時(shí)A處小球的速度不為0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)A處小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)有向左運(yùn)動(dòng)的速度,還要接著向左擺,B處小球仍要接著上升,因此B處小球能達(dá)到的最高位置比A處小球的最高位置還要高,選項(xiàng)C正確。二、計(jì)算題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟,有數(shù)值計(jì)算的要標(biāo)明單位)7.(12分)質(zhì)量m=1kg的物體,在水平拉力F的作用下,沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng),在位移是4m時(shí),拉力F停止作用,運(yùn)動(dòng)到位移是8m時(shí)物體停止,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中Ek-x的圖像如圖所示,g取10m/s2,求:(1)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)拉力F的大小。【解析】(1)在運(yùn)動(dòng)的其次階段,物體在位移x2=4m內(nèi),動(dòng)能由Ek=10J變?yōu)榱?。由?dòng)能定理得:-μmgx2=0-Ek,故動(dòng)摩擦因數(shù)μ===0.25。(2)在運(yùn)動(dòng)的第一階段,物體位移x1=4m,初動(dòng)能Ek0=2J,依據(jù)動(dòng)能定理得:Fx1-μmgx1=Ek-Ek0,所以F=4.5N。答案:(1)0.25(2)4.5N8.(12分)如圖所示,質(zhì)量為m=0.1kg的小球從半徑為R=0.8m的圓弧頂端無(wú)初速釋放,下滑到最低點(diǎn)P后,做平拋運(yùn)動(dòng),平拋的豎直位移h=0.2m,水平位移d=0.4m,g取10m/s2。求:(1)小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的瞬時(shí)速度v0。(2)小球在P點(diǎn)瞬時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力為多大?(3)小球在圓弧軌道上克服摩擦力做了多少功?【解題指南】解答本題可按以下思路進(jìn)行:(1)小球離開(kāi)P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式即可求解v0。(2)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí),受重力和軌道對(duì)它的彈力,其合力充當(dāng)向心力,依據(jù)牛頓其次定律即可求得軌道對(duì)小球的支持力,即可求出小球?qū)壍赖膲毫Υ笮　?3)小球在圓弧軌道上下滑過(guò)程,重力做正功,摩擦力做負(fù)功,依據(jù)動(dòng)能定理求克服摩擦力做功。【解析】(1)小球從P點(diǎn)起先做平拋運(yùn)動(dòng),則豎直方向:h=gt2水平方向:d=v0t解得:v0=2m/s(2)小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)受支持力N和重力mg,有:N-mg=m解得N=1.5N由牛頓第三定律,小球?qū)壍赖膲毫?N′=N=1.5N(3)小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由動(dòng)能定理得mgR-Wf=m-0解得Wf=0.6J答案:(1)2m/s(2)1.5N(3)0.6J(15分鐘·40分)9.(6分)由光滑細(xì)管組成的軌道如圖所示,其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧,軌道固定在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小球,從距離水平地面為H的管口D處?kù)o止釋放,最終能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說(shuō)法正確的是()A.小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2B.小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為C.小球能從細(xì)管A端水平拋出的條件是H>2RD.小球能從細(xì)管A端水平拋出的最小高度Hmin=R【解題指南】解答本題需明確以下三點(diǎn):(1)小球從D到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,機(jī)械能守恒。(2)依據(jù)機(jī)械能守恒定律求出A點(diǎn)速度,從A點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng),依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出水平位移。(3)細(xì)管可以供應(yīng)支持力,所以從A點(diǎn)水平拋出的速度大于零即可?！窘馕觥窟xC。從D到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,只有重力做功,機(jī)械能守恒,依據(jù)機(jī)械能守恒定律得:m+mg·2R=mgH解得:vA=從A點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng),所用時(shí)間t==2,則水平位移x=vAt=2,故A、B錯(cuò)誤;細(xì)管可以供應(yīng)支持力,所以從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度大于零即可,即vA=>0,解得:H>2R,故C正確,D錯(cuò)誤。10.(6分)如圖,一半徑為R、粗糙程度到處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止起先下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。則()A.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B.W>mgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,接著上升一段距離D.W<mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,接著上升一段距離【解析】選C。設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN,在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN,則FN-mg=,已知FN=FN′=4mg,則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkN=m=mgR。質(zhì)點(diǎn)由起先至N點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mg·2R+Wf=EkN-0,解得摩擦力做的功為Wf=-mgR,即克服摩擦力做的功為W=-Wf=mgR。設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W′,則W′<W。從N到Q的過(guò)程,由動(dòng)能定理得-mgR-W′=m-m,即mgR-W′=m,故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0,質(zhì)點(diǎn)接著上升一段距離。選項(xiàng)C正確。11.(6分)(多選)(2024·哈爾濱高一檢測(cè))如圖所示,豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿L1、L2,兩桿分別不接觸,且兩桿間的距離忽視不計(jì)。兩個(gè)小球a、b(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量均為m,a球套在豎直桿L1上,b球套在水平桿L2上,a、b通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿連接,將a球從圖示位置由靜止釋放(輕桿與L2桿夾角為45°),不計(jì)一切摩擦,已知重力加速度為g。在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是 ()A.a球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.b球的速度為零時(shí),a球的加速度大小肯定等于gC.b球的最大速度為D.a球的最大速度為【解析】選A、C。a球和b球組成的系統(tǒng)只有重力做功,只有a球和b球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化,因此a球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故A正確;a球向下運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)然后向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)再次回到初始位置向下加速時(shí),b球此時(shí)刻速度為零,但a球的加速度小于g,故B錯(cuò)誤;當(dāng)ab間的剛性輕桿垂直于桿L2時(shí),球a運(yùn)動(dòng)到最下方,球b運(yùn)動(dòng)到L1和L2交點(diǎn)的位置,此時(shí)球b的速度達(dá)到最大,由運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)可知a球的速度為0,因此由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有:mg(L+L)=m,得:vb=,故C正確;當(dāng)小球a向下運(yùn)動(dòng)到桿L1和桿L2的交點(diǎn)的位置,此時(shí)剛性輕桿和桿L2平行,由運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)可知此時(shí)b球的速度為零,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有:mg·L=m得:va=,此時(shí)a球具有向下的加速度g,因此此時(shí)a球的速度不是最大,a球?qū)⒔又蛳逻\(yùn)動(dòng)到加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大,故D錯(cuò)誤。12.(22分)(2024·連云港高一檢測(cè))如圖所示,水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直圓軌道相切于B點(diǎn),右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點(diǎn)平滑連接(即物體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度的大小不變),斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧,一質(zhì)量為2kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A由靜止釋放,經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧,第一次可將彈簧壓縮至D點(diǎn),已知光滑圓軌道的半徑R=0.45m,水平軌道BC長(zhǎng)為0.4m,其動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,光滑斜面軌道上CD長(zhǎng)為0.6m,g取10m/s2,求:(1)滑塊第一次經(jīng)過(guò)圓軌道上B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。(2)整個(gè)過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能。(3)滑塊在水平軌道BC上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間及滑塊幾次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)?！窘馕觥?1)滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn),機(jī)械能守恒mgR=m,解得vB=3m/s。滑塊在B點(diǎn),由向心力公式有FN-mg=m得FN=60N。由牛頓第三定律可得:滑塊對(duì)B點(diǎn)的壓力F′N=FN=60N。(2)滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí),彈簧具有最大的彈性勢(shì)能Ep。滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn),設(shè)該過(guò)程彈簧彈力對(duì)滑塊做的功為W,由動(dòng)能定理可得:mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°+W=0,Ep=-W,解得Ep=1.4J。(3)將滑塊在BC段的運(yùn)動(dòng)全程看作勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2,則滑塊在水平軌道BC上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t==s=1.5s滑塊最終停止在水平軌道BC間;設(shè)滑塊在BC段運(yùn)動(dòng)的總路程為s,從滑塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)到最終停下來(lái)的全過(guò)程,由動(dòng)能定理可得-μmgs=0-m解得s=2.25m,結(jié)合BC段的長(zhǎng)度可知,滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)5次。答案:(1)60N(2)1.4J(3)1.5s5次【加固訓(xùn)練】輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l,將彈簧豎直放置在地面上,在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放,當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)(未超過(guò)彈性限度),彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置,一端固定在A點(diǎn),另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道,B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切,半圓的直徑BD豎直,如圖所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。用外力推動(dòng)物塊P,將彈簧壓縮至長(zhǎng)度(1)若P的質(zhì)量為m,求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小,以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離。(2)若P能滑上圓軌道,且仍能沿圓軌道滑下,求P的質(zhì)量的取值范圍?！窘馕觥?1)依題意,當(dāng)彈簧豎直放置,長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí),質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零,其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律,彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep=5mgl ①設(shè)P的質(zhì)量為M,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB,由能量守恒定律得Ep=M+μMg·4l ②聯(lián)立①②式,取M=m并代入題給數(shù)據(jù)得vB= ③若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力,即P此時(shí)的